四方格计算方法

‘壹’ 方量计算方法最简单

方量计算方法最简单的有：方格网法计算、DTM法（不规则三角网法）、平均高程法 、块面法、断面法等。

3、平均高程法：

平均高程法测量时隔20m测1个碎步点,把所有的碎步点高程相加取平均,作为该测区平均高程。该方法通常被施工单位采用，但该方法误差较大。

4、块面法：

块面法适用于地形变化不连续的地形情况，如农田（梯田）规整规划等的土方计算，块面法计算土方量。

5、断面法：

当地形复杂起伏变化较大，或地狭长、挖填深度较大且不规则的地段，宜选择横断面法进行土方量计算。土石方量精度与间距L的长度有关，L越小，精度就越高。但是这种方法计算量大, 尤其是在范围较大、精度要求高的情况下更为明显。若是为了减少计算量而加大断面间隔，就会降低计算结果的精度，所以断面法存在着计算精度和计算速度的矛盾。

(1)四方格计算方法扩展阅读：

计算应具备条件

土方量计算必须有，缺少这两个条件就缺乏土方量计算的依据。所以在土方施工前必须对原始地形进行测绘，根据土方量计算精度和地形条件确定测图比例尺，测图比例尺在1 : 500~1 : 2000之间。特别是在设计变更中，一定要标明原始地形高程、原设计高程和变更设计高程。

‘贰’ 格子乘法的计算方法

格子乘法的计算方法

格子乘法运算法则：在四上数学书宴配余上有，先晌滚把因数分别写在上和右边，然后算6*7=42，写在右上角的格子上，4写左边，2写右边，以此类推；最后，把同一斜线上的数相加：0落下；2+3+0=5,5写在下左方；4+8+2=14，向前进一位，4写在左下方；2+1=3,3写在左上方，因此得到：46*75=3450。

‘叁’ 排列组合的基本公式。

列组合公式/排列组合计算公式
排列 p------和顺序有关
组合 c -------不牵涉到顺序的问题
排列分顺序,组合不分
例如 把5本不同的书分给3个人,有几种分法. "排列"
把5本书分给3个人,有几种分法 "组合"
1．排列及计算公式
从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号 p(n,m)表示.
p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)= n!/(n-m)!(规定0!=1).
2．组合及计算公式
从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号
c(n,m) 表示.
c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m);
3．其他排列与组合公式
从n个元素中取出r个元素的循环排列数＝p(n,r)/r=n!/r(n-r)!.
n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为
n!/(n1!*n2!*...*nk!).
k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为c(m+k-1,m).
排列（pnm(n为下标，m为上标)）
pnm=n×（n-1）....（n-m+1）；pnm=n！/（n-m）！（注：！是阶乘符号）；pnn（两个n分别为上标和下标） =n！；0！=1；pn1（n为下标1为上标）=n
组合（cnm(n为下标，m为上标)）
cnm=pnm/pmm ；cnm=n！/m！（n-m）！；cnn（两个n分别为上标和下标） =1 ；cn1（n为下标1为上标）=n；cnm=cnn-m
2008-07-08 13:30
公式p是指排列，从n个元素取r个进行排列。公式c是指组合，从n个元素取r个，不进行排列。n-元素的总个数 r参与选择的元素个数 ！-阶乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
从n倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);
因为从n到（n-r+1)个数为n－（n-r+1)＝r
举例：
q1: 有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数？
a1: 123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于“排列p”计算范畴。
上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合， 我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。计算公式＝p（3，9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）
q2: 有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？
a2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一起即可。即不要求顺序的，属于“组合c”计算范畴。
上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数c(3,9)=9*8*7/3*2*1
排列、组合的概念和公式典型例题分析
例1 设有3名学生和4个课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？
解（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有 种不同方法．
（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有 种不同方法．
点评 由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．
例2 排成一行，其中 不排第一， 不排第二， 不排第三， 不排第四的不同排法共有多少种？
解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排 、 、 中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：
∴ 符合题意的不同排法共有9种．
点评 按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．
例3判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．
（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？
（2）高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？
（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？
（4）有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法？
分析（1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．
（1）①是排列问题，共用了 封信；②是组合问题，共需握手 （次）．
（2）①是排列问题，共有 （种）不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．
（3）①是排列问题，共有 种不同的商；②是组合问题，共有 种不同的积．
（4）①是排列问题，共有 种不同的选法；②是组合问题，共有 种不同的选法．
例4证明 ．
证明 左式
右式．
∴ 等式成立．
点评这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质 ，可使变形过程得以简化．
例5化简 ．
解法一原式

解法二原式
点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．
例6解方程：（1） ；（2） ．
解 （1）原方程

解得 ．
（2）原方程可变为
∵ ， ，
∴ 原方程可化为 ．
即 ，解得
第六章 排列组合、二项式定理
一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构

三、知识点、能力点提示
(一)加法原理乘法原理
说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.
例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种?
解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=35(种)
(二)排列、排列数公式
说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.
例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的 偶数共有( )
a.60个 b.48个 c.36个 d.24个
解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有p12；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有p13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有p33，得p13p33p12＝36(个)
由此可知此题应选c.
例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?
解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为
3p13=9(种).
例四例五可能有问题，等思考

三)组合、组合数公式、组合数的两个性质
说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.
例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有( )
a.140种 b.84种 c.70种 d.35种
解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有c14·c25种；甲型2台乙型1台的取法有c24·c15种
根据加法原理可得总的取法有
c24·c25+c24·c15=40+30=70(种 )
可知此题应选c.
例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?
解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 c38种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有c15种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有c24种；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有c22种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有c3 8×c15×c24×c22= ×1=1680(种).
(四)二项式定理、二项展开式的性质
说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.
例6 在(x- )10的展开式中，x6的系数是( )
a.-27c610 b.27c410 c.-9c610 d.9c410
解 设(x- )10的展开式中第γ+1项含x6，
因tγ+1=cγ10x10-γ(- )γ，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是c410(- )4=9c410
故此题应选d.
例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)5的展开式中的x2的系数等于
解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为
在(x-1)6中含x3的项是c36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-2 0.
(五)综合例题赏析
例8 若(2x+ )4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( )
a.1 b.-1 c.0 d.2
解：a.
例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有( )
a.6种 b.12种 c.18种 d.24种
解 分医生的方法有p22＝2种，分护士方法有c24=6种，所以共有6×2＝12种不同的分配方法。
应选b.
例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有( ).
a.140种 b.84种 c.70种 d.35种
解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.
∵c24·+c25·c14=5×6+10×4=70.
∴应选c.
例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( )
a.27种 b.48种 c.21种 d.24种
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：
∵c13·c1 7+c23=3×7+3=24，
∴应选d.
例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有( ).
a.210个 b.300个
c.464个 d.600个
解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有p15·p 55=600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.
∴有 ×600=300个符合题设的六位数.
应选b.
例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ).
a.70个 b.64个
c.58个 d.52个
解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为c48=70个.
其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(adb1c1 )的有4组.
∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)
应选c.
例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有( ).
a.12对 b.24对
c.36对 d.48对
解：设正六棱锥为o—abcdef.
任取一侧棱oa(c16)则oa与bc、cd、de、ef均形成异面直线对.
∴共有c16×4=24对异面直线.
应选b.
例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共 个(以数字作答).
解：7点中任取3个则有c37=35组.
其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).
∴三角形个数为35-3=32个.
例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为s，其中由3个元素组成的子集数为t，则 的值为 。
解 10个元素的集合的全部子集数有：
s＝c010+c110+c210+c310+c410+c510+c610+c710+c810+c910+c1010=2 10=1024
其中，含3个元素的子集数有t=c310=120
故 =
例17 例17 在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共
种(用数字作答).
解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.
∴c34·c246+c44·c146=4186(种)
例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有( ).
a.1260种 b.2025种
c.2520种 d.5040种
解：先从10人中选2个承担任务甲(c210)
再从剩余8人中选1人承担任务乙(c1 8)
又从剩余7人中选1人承担任务乙(c1 7)
∴有c210·c1 8c1 7=2520(种).
应选c.
例19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ).
a.7个 b.8个 c.6个 d.5个
解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数
c13，由二个元素组成的子集数c23。
由3个元素组成的子集数c33。由加法原理可得集合子集的总个数是
c13+c23+c33+1=3+3+1+1＝8
故此题应选b.
例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有( ).
a.c23c3197种 b.c23c3197 +c33c2197
c.c5200-c5197 d.c5200-c 13c4197
解：5件中恰有二件为次品的抽法为c23c3197，
5件中恰三件为次品的抽法为c33c2197，
∴至少有两件次品的抽法为c23c3197+c33c2197.
应选b.
例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是( ).
a.c58c38 b.p12c58c38c.p58p38